TOAN11 OLYMPIC TONG HOP DE VA DAP AN 25 đề.

SỞ GD&ĐT ………………
ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11
Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ 01.
Bài 1(5,0 điểm).

2 tan x  cot x  tan 2 x 

1.

Giải phương trình:

2.

Giải bất phương trình:

2
sin 2 x

x 2  4 x  3  2 x 2  3 x  1 �x  1

Bài 2 (4,0 điểm).
1. Cho dãy số

 un  biết:

2. Cho dãy số

 un 

un 

1 3 5
2n  1
 2  3  ...  n
2 2 2
2 . Tính lim un
1
un
u1  , un 1 
, n  1,2,...
3
 2n  3 u n  1

xác định bởi :

Tính tổng: S 2012  u1  u2  u3  ...  u2012
Bài 3 (3,0 điểm).
Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính
xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
3

2

Bài 4. (2 điểm). Cho hàm số y  x  3x  1 có đồ thị (C).
Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với
nhau và độ dài đoạn AB = 4 2 .
Bài 5 (3 điểm).
Cho tam giác ABC, trên AB, AC dựng ra phía ngoài hình vuông ABMN và ACPQ.
1. Chứng minh : NC  BQ ; BQ = NC

2. Gọi H là trung điểm của BC . Chứng minh: AH  QN.
Bài 6 (3 điểm):
Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung điểm của
các cạnh AC và SB , Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ// BI .
Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1
==========Hết==========


ĐÁP ÁN LỚP 11
Bài 1

NỘI DUNG
1.
+) Điều kiện
+) Tìm được tanx = 1 hoặc tanx = 0
+) Giải đúng và loại nghiệm đúng. ĐS:
2.

2,5
điểm

x


 k
4

�
�
x �3

2
�
�
�x  4 x  3 �0
��
x 1
� 2
2
x

3
x

1
�
0
�
� 1
x�
�
�
2
+) Điều kiện:

2,5
điểm

+) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm
+) Với x �3 suy ra BPT
ra vô nghiệm

� ( x  3)( x  1)  ( x  1)(2 x  1) �x  1 chỉ

1
x�
2 suy ra BPT � (1  x)(1  2 x)  (1  x)(3  x) �1  x .
+) Với
1
x�
2
Chỉ ra nghiệm
x 1
�
� 1
�
x�
+) Kết luận: BPT có nghiệm � 2
Bài 2

1.

un 

1 3 5
2n  1
3 5 7
2n  1
 2  3  ...  n  1 � 2un  1   2  3 ...  n 1  2 
2 2 2
2

2 2 2
2
.

2,0
điểm

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được

1 � 2n  1
2n  3
�1 1
un  2  �  2  ...  n2 � n  3 
, n �2
2 � 2
2n
�2 2

3�
� 2n  3 �
� n
lim un  lim �
3  n � 3  �
lim n 1  lim n � 3
2 �
2 �
�
� 2
2.

Có

2,0

1
1
1
1
1
  2n  3, n  1,2,... �
  n 2  4n �
 n 2  4n  3 điểm
un1 un
un1 u1
un1


un1 
hay

1
1
1�1
1 �

 �

�
n  4n  3  n  1  n  3 2 �n  1 n  3 �
.

2

1 �1
1 �
un  � 
, n �1, 2,...
�
2
n
n

2
�
�
Do đó

1� 1
1
1 �
S2012  u1  u2  u3  ...  u2012  �
1 

� ...
2
2
2013
2014
�
�
Vậy

Bài 3
Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999  10000  1  90000
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1
là: abcd1
Ta có abcd1  10.abcd  1  3.abcd  7.abcd  1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi
3.abcd  1 chia hết cho 7. Đặt
khi và chỉ khi h  3t  1

t 2
Khi đó ta được: abcd �7

998
��� t
ۣ
7

9997
7

t

3.abcd  1  7h � abcd  2h 

3,0
điểm

h 1
3 là số nguyên

1000 7t 2 9999

 143, 144,..., 1428

suy ra số cách chọn ra t sao cho số
abcd1 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.
1286
�0, 015
Vậy xác suất cần tìm là: 90000

Bài 4

3

2

3

2,0
điểm

2

 Giả sử A(a;a  3a  1), B(b;b  3b  1) thuộc (C), với a �b .
Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau nên:
y�
(a)  y�
(b)



3a2  6a  3b2  6b � a2  b2  2(a  b)  0 � (a  b)(a  b  2)  0
 a  b  2  0 � b  2  a . Vì a �b nên a �2۹ a a 1

Ta

có:

AB  (b  a)2  (b3  3b2  1 a3  3a2  1)2  (b  a)2  (b3  a3  3(b2  a2))2
2

 (b  a)2  �
(b  a)3  3ab(b  a)  3(b  a)(b  a)�
�
�
2

 (b  a)2  (b  a)2 �
(b  a)2  3ab  3.2�
�
�
2

 (b  a)2  (b  a)2 �
(b  a)2  ab  6�
�
�
 (b  a)2  (b  a)2(2  ab)2
2
AB2  (b  a)2 �
1 (2  ab)2 �

1 (a2  2a  2)2 �
�
� (2  2a) �
�
�
2�
� �
2
 4(a  1)2 �
1 �
(a  1)2  3�
(a  1)4  6(a  1)2  10�
�� 4(a  1) �
�
�

 4(a  1)6  24(a  1)4  40(a  1)2


6
4
2
Mà AB  4 2 nên 4(a  1)  24(a  1)  40(a  1)  32

� (a  1)6  6(a  1)4  10(a  1)2  8  0

(*)

2

Đặt t  (a  1) , t  0 . Khi đó (*) trở thành:
t3  6t2  10t  8  0 � (t  4)(t2  2t  2)  0 � t  4
�
a  3 � b  1
(a  1)2  4 � �
a  1� b  3
�


Vậy 2 điểm thoả mãn YCBT là: A(3;1), B(1; 3) .

Bài 5

3,0
a. Ta có: Q A;900 ( N )= B; Q A;900 ( C ) = Q ị Q A;900 ( NC ) = BQ .
điểm
(
)
(
)
(
)
Vậy :NC  BQ; NC = BQ .
Q
N
A

P

M

B
H
C
a) ĐA ( B ) = ( B1 ) ; Q( A;900 ) {C; B1} = {Q; N }
. Do đó : CB1  QN .
Mà AH là đường trung bình của tam giác CBB1
Nờn AH // CB . Vậy : AM  QN.
Bài 6

Một điểm S nằm ngoài (ABC ) sao cho tứ diện SABC đều , gọi I, K là trung
điểm của các cạnh AC và SB , Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các
điểm P,Q sao cho PQ// BI .
Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1.

3,0
điểm


Ta có PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng : Mặt phẳng chứa CK và song
song với BI và mặt phẳng chứa SA và song song với BI
Trong mặt phẳng (SBI) kẻ KE / / BI, CE cắt SA ở P
Qua A kẻ A F // BI (F thuộc BC) , CK cắt S F tại Q
Vậy PQ // BI
Ta có I, E là các trung điểm của AC và SI

�

SP 1

SA 3

3
PQ SP 1
1
PQ 

 � PQ  AF
3
3
Mà AF SA 3
Ta có AF  2 BI  3 Vậy

SỞ GD&ĐT ………………
ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11
Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ 02.
Câu I (5,0 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác

sin 2 3x cos 2 x  sin 2 x  0.

2) Giải hệ phương trình

�
 2  x  2  y  8
�
�
2
2

�x 4  y  y 4  x  4.

Câu II (5,0 điểm)
1) Cho a, b, c là ba hằng số và

(un )

là dãy số được xác định bởi công thức:

un  a n  1  b n  2  c n  3 (n ��*).
Chứng minh rằng

lim un  0
n��

khi và chỉ khi

a  b  c  0.


2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó, biết rằng: nếu
một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng thứ chín.
n

3) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, số

23  1

chia hết cho

3n 1

nhưng không chia hết cho

3n  2.
Câu III (3,0 điểm)
Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác
suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu IV (3,0 điểm)

ABCD. A ' B ' C ' D '.
( ACD ').
M và song song với mặt phẳng
1) Cho hình hộp

Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt phẳng (P) chứa

AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh rằng:

4 SB ' SD ' 3
� 
�
3 SB SD 2 .

Câu V (3,0 điểm)
Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp tuyến chung T 1T2 của hai

đường tròn cắt đường thẳng O1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc (O2)). Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại
M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt (O 1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là
trung điểm của MM1, MM2, M’M1’, M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn
này tiếp xúc với
T1 T2.
Câu VI (1,0 điểm)
Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

y  sin   sin x  .

--- HẾT ---

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM


1) Giải phương trình lượng giác
Câu I
2) Giải hệ phương trình

I.1
(1,0đ)

sin 2 3 x cos 2 x  sin 2 x  0.
�
 2  x  2  y  8
�

�
2
2
�x 4  y  y 4  x  4.

3
2
Có: sin 3 x  3sin x  4sin x  (3  4sin x) sin x  (1  2 cos 2 x)sin x,

0,25

2
2
nên PT � [(1  2 cos 2 x) cos 2 x  1]sin x  0

0,25

� (4 cos3 2 x  4 cos 2 2 x  cos 2 x  1)sin 2 x  0
� (1  cos 2 x)(1  4 cos 2 2 x) sin 2 x  0

0,25

sin x  0
�
��
� x  k 2
cos 2 x  1
�
(với k nguyên)

I.2
(4,0đ)

0,25

�x  2 cos 2u
�
u, v �[0; 2 ]
y

2cos
2
v
x
;
y
�
[

2;
2]
Điều kiện:
. Đặt �
với

1,0

(1  cos 2u )(1  cos 2v)  2
�
�

cos 2u sin 2v  cos 2v sin 2u  1
HPT  �

0,5

�
sin u cos v  1/ 2
�
�
sin u cos v  1/ 2
�

�
uv 
�
sin
2(
u

v
)

1
4
�
�

2

2


�
u

v

�
�
sin(u  v)  1/ 2
�
4
�
�
�


�
uv 
uv 
�
�
4 
�
4



�
sin(u  v)  sin(u  v)  2

�
�

uv 
�
�
4

� 
u
�
� 4
�
v  0 (thỏa)
�


�
�x  2cos  0
2
�
�
y  2cos 0  2
Kết luận: nghiệm hệ phương trình là �
Câu II

2,0 đ

1) Cho a, b, c là ba hằng số và

 un 

là dãy số được xác định bởi công thức:

1.5

0,5

0,5
2,0 đ


un  a n  1  b n  2  c n  3 (n ��*).
Chứng minh rằng

lim un  0
n ��

khi và chỉ khi a  b  c  0.

2) Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số nhân có tổng bằng 26. Tìm các số đó,
biết rằng: nếu một cấp số cộng có a là số hạng thứ nhất, b là số hạng thứ ba thì c là số hạng
thứ chín.

Đặt

vn +


Ta có:

un
n 1

n2
n3
c
 vn
n 1
n 1

 ab

khi n � �

un  vn n  1

0,5

II.1
(2,00đ)

a b c

cho nên: nếu a  b  c �0 thì
Ngược lại nếu a  b  c  0

un  b



 

n  2  n 1  c

lim un ( �) �0.

0,5

n � �

� a  b  c thì khi n � � ta có



n  3  n 1 

b
2c

�0
n  2  n 1
n  3  n 1

1,0

u1  a, u2  b, u3  c là ba số theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q;
v  a, v3  b, v9  c . Khi đó ta có:
(v ) là cấp số cộng có công sai d với 1
Gọi

n

u1  v1  a
u1  v1  a
�
�
�
�
aq  a  2d
(1)
u2  v3  b
�
�
�� 2
�
u3  v9  c
aq  a  8d (2)
�
�
�
�
u1  u2  u3  26
3a  10d  26. (3) Dễ thấy q = 1  d = 0, nên:
�
�

0,50

II.2
(1,00đ)

q=1 �

abc

26
3

0,25

Nếu q  1 (ad �0) hệ trên trở thành

� 2d
a
�
q 1
�
�
�
q 2  4q  3  0
�
�
3a  10d  26
�
�

q 3
�
�
a  d  2 � a = 2, b = 6, c = 18

�

0,25


II.3
2,0đ

n

n 1
3
3) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 2  1 chia hết cho 3
nhưng không chia
n 2
.
hết cho 3
n

3
Đặt An = 2  1

1
n = 0 thì A0 = 2  1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32

0,5

3k

Giả sử Ak = 2  1 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3 k+2 (Ak = B.3k+1; với B nguyên,

không chia hết cho 3).Ta có:
k 1

3
Ak+1 = 2

Ak+1



k

 1  23



k

 Ak Ak2  3 �
23



3



k

   23k 

 1  23  1

2



k

 23  1

 = B �3k 1 �
 B �3k 1  2  3 �23
�

k

0,5

k
� k  2 � 3 2k 1
B �
3
 B�
23 �
�
�
�= 3

0,5

k

3 2 k 1
23 không chia hết cho 3 (vì B không chia hết cho 3)
Dễ thấy: B .3
chia hết cho 3 mà B �
k

2 2 k 1
 23 không chia hết cho 3
nên B .3

 Ak+1 chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3.
Câu
III
(3,0đ)

Kết luận:

0,5

Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên
một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

Ta có:

  95  59.049

0,5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là
còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:

1,5

C39 . Chọn 2 chữ số

TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5!
hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị
của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy

5!
3 �  60
3!
số tự nhiên.
TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác
trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c


tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị
của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy

5!
3 �  90
2!2!
số tự nhiên.
9!
A  (60  90)C39  150 �  150 ���

7 4 3  12600
3!6!
Vậy:
.
P  A 
Kết luận:

0,5

A 12.600 1.400


�0,213382106
 59.049 6.561

0,5

1) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt
phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ( ACD ').
a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).
Câu IV
3,0 đ

b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC. Một mặt
phẳng (P) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B', D' khác S. Chứng minh
rằng:

4 SB ' SD ' 3 .
� 

�
3 SB SD 2

IV.1.a

0,50

I

(0,75đ)

D'
R

Q
C'

F

A'

P
D

B'

S
A
J

C
K

O
M

E

N
B

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC lần lượt tại E, N.
Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ tại F.


Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ lần lượt tại R, Q.
Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ tại S.
Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ tại P.
Thiết diện là lục giác MNPQRS

0,25

Do các mặt đối diên của hình hộp song song nên các cạnh đối của lục giác thiết diên
MNPQRS song song và 3 cặp cạnh đó lần lượt song song với các cạnh tam giác ACD’.
 Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng

MJ MA NC NK
PC PK QD ' QI








MN
MB
NB
NM
PC
'
PQ
QC
'
QP  MJ=NK và PK=QI

 Các tam giác RQI, JMS, NKP bằng nhau (gọi diện tích của chúng là S1 và gọi diện tích các
tam giác JKI, ACD’ lần lượt là S2, S)

0,25

AM
 k;
Đặt AB
ta có điều kiện 0  k  1 và có:
IV.1.b
(1,25đ)

2

2

2

S1 �JM � �AM � �AM � 2
 � � � � � � k
S �AC � �DC � �AB �
 S1 = k2S
2

2

0,25

2

S2 �JK � �JM  MK � �JM MK �
2
 � � �
� � 
�   k  1
S �AC � � AC
� �AC AC �
 S2 =( k2 + 2k +1)S
 Diện tích thiết diện:

Std  S2  3S1

2
�

1
3 � 1 �� 3S
Std  2S (k  k  )  2S �  �
k  ���
2
4 � 2 �� 2
�
2

S lớn nhất 

k

0,25

1
2  M là trung điểm của AB

(dấu bằng xảy ra 

k

1
2)

0,25

0,25

Lấy I = AMB'D' và O = ACBD,

S

ta có: S, O, I là các điểm chung
của 2 mặt phẳng (SAC) và (SBD)

D'

M

 S, O, I thẳng hàng.

I
D

P
O

Và I là trọng tâm các mặt chéo
SAC

C

SI 2

 SO 3

B'

A

B

N

0,25
IV.2
(1,00đ)

 P, N �SO   OP  ON .
Vẽ BP // B'I và DN // D'I


x y 

Đặt

x

SD
SB
; y
SD '
SB '

SB SD SP SN 2SO
3





2 3
SB ' SD ' SI
SI
SI
2
 x, y �[1; 2] (*)

0,25

2

�2 � 4
1 1 3
 
�3 �
�
x
y
xy
x

y
�
� 3
Suy ra:
Từ (*): 1 �x �2



Câu V

3 3
�
xy 2

0,25



x 2  3x  2 �0 



x y 3
�
xy
2



x(3  x) �2 

x y

2‫׳‬

1 1 3
 �

x y 2

Hai đường tròn (O1, R1 ) và (O2, R2) (R1> R2) cắt nhau tại hai điểm M và M’. Một tiếp
tuyến chung T1T2 của hai đường tròn cắt đường thẳng O 1O2 tại P (T1 thuộc (O1), T2 thuộc
(O2)). Đường thẳng PM cắt (O1) và (O2) lần lượt tại M1 và M2 khác M. Đường thẳng PM’ cắt
(O1) và (O2) lần lượt tại M1’ và M2’ khác M’. Gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MM 1,
MM2, M’M1’, M’M2’. Chứng minh rằng A, B, C, D nằm trên một đường tròn và đường tròn
này tiếp xúc với
T1 T2.

0,25


1,0

Ta có M, M’ đối xứng nhau qua O1O2 .
Theo giả thiết suy ra ABDC là hình thang cân, nên ABDC nội tiếp đường
tròn.
Gọi O là trung điểm O1O2 suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình
thang cân ABDC.

0,5

Gọi T là trung điểm T1T2: OT // O1T1
Ta có: OM'1// O2M'......, chứng minh tam giác OCT cân tại O
1,0

Suy ra : T �(O)
O1T1  T1T2 � OT  T1T2 nên (O) tiếp xúc với T T
1 2

0,5

Câu V

Khảo sát tính chẵn – lẻ, tính tuần hoàn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

y  sin   sin x  .

Tập xác định của hàm số
V
(1,0đ)

1,0đ

y  f ( x)  sin   sin x 

là D  � (đối xứng qua 0)

x ��, f (  x )  f ( x). Vậy, f chẵn (f không lẻ vì nó không đồng nhất bằng 0)

0,25

x ��, f ( x  2)  f ( x). Vậy, f tuần hoàn

0,25


Tập giá trị của hàm số

t   sin x

min f  min sin t  0,
0 ��
t 

là

 0; 

nên

0,25

max f  max sin t  1

0,25

0 ��
t 

SỞ GD&ĐT ………………
ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11
Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ 03.
Câu 1: (5 điểm)

a) Giải phương trình sau:

t anx  sin 2x  cos2x  4cosx 

2
0
cosx

2 y2  x2  1
�
� 3
2x  y 3  2 y  x
b) Giải hệ phương trình sau: �
Câu 2: (4 điểm)

�x1  3
�
xn1
�
*
x

n
� 1  1  x2 , n  �, n 2
n 1
a) Cho dãy số xác định bởi: �
Tìm số hạng tổng quát của dãy ( xn ) .
�x1  1
�
� 2(2 xn1  1)
*
�xn  x  3 , n  � , n 2

n 1
b) Cho dãy số xác định bởi : Cho dãy số xác định bởi : �
Chứng minh rằng ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 3: (3 điểm)
a) Cho tập A gồm n phần tử. Tìm số tập con gồm k phần tử của tập A là lớn nhất. Biết số
tập con gồm 4 phần tử của A gấp 20 lần số tập con gồm 2 phàn tử của A, n �k �1, k , n � .


b) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đều khác không. Lấy ngẫu nhiên 1 số.
Tính xác suất để số được lấy ra có đúng 3 chữ số khác nhau.

Câu 4: (2 điểm)

m
n
lim(

), m, n � 
m
n
x �1
1 x 1 x
Tính giới hạn của hàm số sau: E =
Câu 5: (3 điểm)
Cho đoạn thẳng AB cố định, M di động trên đoạn thẳng AB. Dựng hình vuông AMCD và
MBEF về cùng một phía đối với AB. Gọi N là hình chiếu vuông góc của A lên BC.
a) Chứng minh A, F, N thẳng hàng.
b) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định khi M di động trên đoạn AB.
Câu 6: (3 điểm) Cho tứ diện S . ABC có SA  ( ABC ) và , SB  a 2; Góc BSC bằng 450 ; góc
ASB=  .

a) Tìm điều kiện  để góc giữa (SAC) và (SBC) bằng 600.
b) Xác định khoảng cách giữa AB và SC.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 11 THPT
Câu
Câu
1(5đ
)

Đáp án

a) Giải phương trình sau:

Điều kiện:

cosx �۹
0 �x

t anx  sin 2x  cos2x  4cosx 


k , k
2

Điể
m

2
0
cosx

2.5đ

0.25
0.25

Với điều kiện pt
0.25
0.25
0.25


s inx
2cos 2 x-1
 2sin x.cosx - cos2x+2
0
cosx
cosx
� s inx-2sinx.cos 2 x  cos2x.cosx+2(2cos 2 x  1)  0

0.25

� Sinx(1-2cos 2 x)  cos2x(cos2x-2)=0
� cos2x.sinx-cos2x(cosx-2)=0
cos2x(sinx+cosx-2)=0
� cos2x=0


� x=  k
4

2

0.25

�

Đối chiếu điều kiện kết luận

xk

0.25

0.25
0.25


, k �.
2

2 y 2  x2  1
�
� 3
2x  y 3  2 y  x
b)Giải hệ phương trình sau: �
3
3
2
2
Từ hệ pt trên ta có: 2 x  y  (2 y  x )(2 y  x) với y=0 hệ vô nghiệm

2.5đ

1.0

Với y �0 Chia 2 vế phương trình cho y ta được
x
x
x
( )3  2( ) 2  2  5  0
y
y
y

1.0

Giải ra x = y
Vậy nghiệm của hệ (-1;-1) và (1;1).
Câu
2(4đ
)

0.25

�x1  3
�
xn1
�
*
�xn  1  1  x 2 , n  � , n 2
n 1

a) a) Cho dãy số xác định bởi: �
Tìm số hạng tổng quát của dãy ( xn ) .

Ta có

1
1
1

 1 2
xn xn 1
xn 1

, lúc đó ta đặt

1
�
u1 
�
3
�
�
un  un 1  1  un21 , n  �* , n 2
�

un 

1
xn lúc đó

2.0

0.25

0.25

0.25



�
u

cot
1
�
3
�



�
u2  cot  1  cot 2  cot
�
3
3
2.3
�
�
...

�

�
u

cot
, n  �* , n 2
n
n 1
�
2 .3
�

Chứng minh bằng phương pháp quy nạp
xn  tan


n 1

2 .3

1.0

0.25

un  cot


n 1

2 .3

, n  �* , n 1

, n �1

�x1  1
�
� 2(2 xn 1  1)
*
�xn  x  3 , n  �, n 2
n 1
b)Cho dãy số xác định bởi : �

2.0

Chứng minh rằng ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bằng phương pháp quy nạp chứng minh 0 �xn �2 , n �1

Xét xn 1  xn 



( xn  1)( xn  2)
0
xn  3

0.5

0.5

Chứng minh dãy ( xn ) là dãy tăng
GS lim( xn )  L,1 �L �2

Câu
3(3
đ)

�L

2(2 L  1)
L  3 suy ra L=2

a) Cho tập A gồm n phần tử n �4 . Tìm số tập con gồm k phần tử của tập A
là lớn nhất. Biết số tập con gồm 4 phần tử của A gấp 20 lần số tập con gồm
2 phàn tử của A, k �1, k , n � .

Cn4  20Cn2 �
Theo đề ta có :

n!
n!

4! n  4  ! 2! n  2  !

1.0
1.5

0.5

n 2  5n  234  0 � n  18
k
Giả sử C18 là số tập con lớn nhất của A. khi đó

0.5


1
�1
�
�
C �C
�
�k 19  k
�
�k
�
C18 �C18k 1
�
� 1 � 1
�
18  k k  1
k 1
18

k
18

0.5

� k 9
ậy tập con gồm 9 phần tử của A là số tập con lớn nhất.

b) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đều khác không. Lấy ngẫu
nhiên 1 số. Tính xác suất để số được lấy ra có đúng 3 chữ số khác nhau.
5


9
Ta có

1.5

0.25

Gọi A là biến cố cần tìm.Lúc đó ta có :
3

Chọn 3 số khác nhau trong 9 số ta được: C9 số
Chọn 2 chữ số còn lại tạo ra từ 3 chữ số đã chọn, ta xét 2 trường hợp

-

+ Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số đã chọn:

+ Có 2 cặp số giống nhau:
-

Vậy

Câu
4(2đ
)

3.

3.

5!
3! =60 số

5!
2!2! =90 số

A  C93 (90  60)
P( A) 

1
2.

m
n
lim(

), m, n � 
m
n
x �1
1 x 1 x

Tính giới hạn của hàm số sau: E =

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25


0.25

0.25

0.25

0.5

0.5
0.25
Câu
5(3đ
)

Cho đoạn thẳng AB cố định, M di động trên đoạn thẳng AB. Dựng hình vuông
AMCD và MBEF về cùng một phía đối với AB. Gọi N là hình chiếu vuông góc
của A lên BC, gọi K là giao điểm của BF với AC .
a) Chứng minh A, F, N thẳng hàng.

b) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định khi M di động
trên đoạn AB.

0.25

a) Gọi P, Q lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp hình vuông AMCD và
MBEF


0
� � �
Lúc đó tứ giác MQKP có P  Q  M  90 nên MQKP là hình chữ nhật

Suy ra BK  AC mà CM  AB
Nên F là trực tâm của  ABC và có AN là đường cao của tam giác ABC
Suy ra A,F,N thẳng hàng.

b) Chọn hệ tọa độ Axy sao cho A�ox, D �oy , AB=1, A(0,0), B(1,0),

m m
m 1 1 m
P ( , ), Q (
,
)
2
2
2
2
M(m,0); C(m,m), F(m,1-m); E(1,1-m);
với

m� 0,1
Chứng minh M, N là hai giao điểm của 2 đường tròn tâm P, Q nên

0.5
0.25

MN  PQ

0.25

uuur 1 1  2m
PQ  ( ;
)
2
2
Lúc đó đường thẳng MN đi qua M và nhận
làm VTPT

0.25

PTTQ của MN là: x+(1-2m)y-m =0

0.25

Khi M di động, giả sử MN đi qua S(x0; y0) cố định lúc đó

m � 0,1
(x0+y0)-(1+2y0)m=0 với mọi giá trị m,
1 1
S( , )

2 2
Vậy

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25
Câu
6(3đ

Cho tứ diện S . ABC có SA  ( ABC ) và , SB  a 2; Góc BSC bằng 450 ; góc ASB=


)

.

a) Tìm điều kiện  để góc giữa (SAC) và (SBC) bằng 600.
b) Xác định khoảng cách giữa AB và SC theo  , biết BC = 1
0.5

-

a)
Gọi H, K là hình chiếu của A lên SB, SC

( SAB )  (SBC )( gt )
� AH  (SBC )
� AH  SC
và AK  SC
- Ta có Suy ra : SC  ( AHK )
�
�
- (( SAC ),( SBC ))  AKH
-

Xét AKH vuông tại H có

�
tan K

AH
�  600
HK theo đề bài K
nên

AH  HK . 3 (1)
SH . 2 SA. 2cos

2
2
SA. 2cos
SA.sin  
. 3
2
6

� Tan 
2
- Từ (1) suy ra
mà AH  SA.sin  và HK 

b) Từ C kẻ Cx //AB và từ A kẻ Ay //BC
Từ A kẻ AN  SM

0.25


Ta có ABCM là hình bình hành

0.25

BC  SA
BC  AH
Và có � BC  AB

0.25
0.25

Nên hình ABCM là hình chữ nhật

CM  AM
CM  SA
� CM  AN
và SM  AN
� AN  ( SCM )

0.25

� d ( AB, SC )  d ( A, SCM )  AN

0.25

Tính AN :

1
1
1
 2
2
AN
SA
AM 2
0
$
Xét SBC vuông tại B có S  45 suy ra SB=BC=1

Xét tam giác SAB có SA= SB.Cos  = Cos  và BC=AM= 1

AN 
Suy ra

cos
1  cos 2

SỞ GD&ĐT ………………
ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 11

Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ 05.
Bài 1: (5đ)
1. Giải phương trình sau:
2. Giải hệ phương trình sau:
Bài 2(4đ) Cho dãy số

 un  thỏa mãn:

 n �1

0.25


1. Chứng minh rằng dãy

 un  có giới hạn.

2. Tính lim un
Bài 3: (3đ)
1. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn . Tìm hệ số của trong khai triển thành đa thức của
2. Một đoàn tàu có 4 toa chở khách với mỗi toa có ít nhất 5 chỗ trống. Trên sân ga có 5 hành
khách chuẩn bị lên tàu. Tính xác suất để trong 5 hành khách lên tàu đó có một toa có 3 khách
lên, hai toa có một khách lên và một toa không có khách nào lên tàu.
Bài 4(2đ) Tính
Bài 5 (3đ): Cho tam giác ABC có góc A nhọn, AH là đường cao.Hãy dựng điểm M trên cạnh
AB và N trên cạnh AC sao cho tam giác HMN có chu vi nhỏ nhất .
Bài 6(3đ): Cho tam giác ABC vuông tại A, góc B bằng 600, AB=a, O trung điểm BC .Lấy S
nằm ngoài mặt phẳng (ABC) thỏa SB vuông AO, SB=a. Gọi M điểm thuộc cạnh AB,

BM=x(0a) Cm: tứ giác MNPQ là hình thang vuông.
b) Tính diện tích MNPQ theo a và x; tìm x để diện tích này lớn nhất
--------------------------------------------


ĐÁP ÁN
Bài

Ý

1.

1.
2.5đ

Nội dung

Điểm

(1) (cos3x – cosx) – 3(1 – 2sin2x) – 4sinx.cosx – 9 sinx + 3cosx + 6= 0
 -2sin2xsinx + 6sin2x – 4sinxcosx – 9 sinx + 3cosx + 3 = 0
 -4cosxsin2x + 6sin2x – (4cosx + 9)sinx + 3cosx + 3 = 0
 (4cosx – 6)sin2x + (4cosx + 9)sinx - 3cosx - 3 = 0 (2)
1.0
Đặt t = sinx thì (2) trở thành: (4cosx – 6)t2+ (4cosx + 9)t - 3cosx - 3 = 0
Ta có:

0.25

= 64cos2x + 48cosx + 9 = (8cosx + 3)2

Pt (2) có 2 nghiệm

0,5

0.25

Đặt u =

=

sin (x -

)

ĐK : 0.5


Pt (3)

0.25

Vậy

phương

trình

(1)

có

nghiệm:

2.

ĐK :

2.5đ

xy=0 không thỏa mãn, từ (1) suy ra , lại có nên
Hpt

(1)

0.25

Dạt (Bdt Cosi)
Pt (1) trở thành

0.25

Thế vào (2) ta được

0.5